2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第2講 動(dòng)能和動(dòng)能定理 教科版.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第五章 機(jī)械能 第2講 動(dòng)能和動(dòng)能定理 教科版 一、動(dòng)能 1．定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能． 2．公式：Ek＝mv2. 3．單位：焦耳，1 J＝1 Nm＝1 kgm/s2. 4．矢標(biāo)性：動(dòng)能是標(biāo)量，只有正值． 二、動(dòng)能定理 1．內(nèi)容：在一個(gè)過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化． 2．表達(dá)式：W＝mv－mv. 3．物理意義：合外力的功是物體動(dòng)能變化的量度． 4．適用條件 (1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)． (2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功． (3)力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用． 1．下列關(guān)于動(dòng)能的說法，正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)物體所具有的能就是動(dòng)能 B．物體做勻變速運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻速度為v1，則物體在全過程中的動(dòng)能都是mv C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體其速度改變而動(dòng)能不變 D．物體在外力F作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)力F逐漸減小時(shí)，其動(dòng)能也逐漸減小 解析：運(yùn)動(dòng)的物體除具有動(dòng)能以外，還具有其他形式的能，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．動(dòng)能是狀態(tài)量，當(dāng)速度v的大小變化時(shí)，動(dòng)能就發(fā)生變化，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，物體的速度大小不變，因此物體的動(dòng)能不變，C選項(xiàng)正確；在物體做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體的動(dòng)能仍在變大，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案應(yīng)該選C. 答案：C 2．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)(　　) A．速度變化，動(dòng)能不變 B．速度變化，動(dòng)能變化 C．速度不變，動(dòng)能變化 D．速度不變，動(dòng)能不變 解析：速度是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的方向隨時(shí)變化，但大小不變，故速度在變，動(dòng)能不變，選項(xiàng)A正確． 答案：A 3．人騎自行車下坡，坡長l＝500 m，坡高h(yuǎn)＝8 m，人和車總質(zhì)量為100 kg，下坡時(shí)初速度為4 m/s，人不踏車的情況下，到達(dá)坡底時(shí)車速為10 m/s，g取10 m/s2，則下坡過程中阻力所做的功為(　　) A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J 答案：B 4．(xx重慶一檢)人通過滑輪將質(zhì)量為m的物體沿粗糙的斜面由靜止開始勻加速地由底端拉上斜面，物體上升的高度為h，到達(dá)斜面頂端時(shí)的速度為v，如圖所示．則在此過程中(　　) A．人對物體做的功為mgh B．人對物體做的功小于mgh C．物體所受的重力做功為－mgh D．物體所受的合外力做功為mv2 解析：由于重力和滑動(dòng)摩擦力都做負(fù)功，可以判斷人對物體做的功大于mgh，A、B錯(cuò)；物體上升高度為h，克服重力做功為mgh，即重力做功為－mgh，C對；物體沿粗糙的斜面由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，上升高度h的過程中，人的拉力F、物體重力mg和滑動(dòng)摩擦力Ff的合力做功等于動(dòng)能的變化，即WF＋WG＋WFf＝mv2，D對． 答案：CD 5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面H高處由靜止釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為F阻，則下列說法正確的是(　　) A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B．小球陷入泥中的過程中克服泥土阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C．整個(gè)過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋H/h) 解析：小球下落高度為H的過程中需要克服空氣阻力做功，故其落地時(shí)的動(dòng)能為(mg－F阻)H，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)小球剛落地時(shí)的動(dòng)能為Ek，小球在泥土中運(yùn)動(dòng)的過程中克服阻力做功為W1，由動(dòng)能定理得mgh－W1＝0－Ek，解得W1＝mgh＋Ek，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若設(shè)全過程中小球克服阻力做功為W2，則mg(H＋h)－W2＝0，解得W2＝mg(H＋h)，故選項(xiàng)C正確；若設(shè)小球在泥土中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的平均阻力為阻，則全程由動(dòng)能定理得mg(H＋h)－F阻H－阻h＝0，解得阻＝，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 1．動(dòng)能定理公式中“＝”的意義 等號表明合力做功與物體動(dòng)能變化的三個(gè)關(guān)系 (1)數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系．可以通過計(jì)算物體動(dòng)能的變化，求合力的功，進(jìn)而求得某一力的功． (2)單位相同：國際單位都是焦耳． (3)因果關(guān)系：合外力的功是引起物體動(dòng)能變化的原因． 2．動(dòng)能定理的特點(diǎn) 如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離．在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能增量 C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，即B對．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯(cuò)．對B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F對B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對．由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)． 答案：BD 1－1：如圖所示，卷揚(yáng)機(jī)的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動(dòng)．在移動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　) A．F對木箱做的功等于木箱增加的動(dòng)能與木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力勢能 D．F對木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能與木箱克服摩擦力做的功之和 解析：木箱在上升過程中，由動(dòng)能定理可知：WF－mgh－WFf＝ΔEk，故有WF＝mgh＋WFf＋ΔEk，由此可知A、B錯(cuò)誤，D正確；木箱上升過程中，重力做負(fù)功，重力勢能增加，木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力勢能，C正確． 答案：CD (16分)一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))經(jīng)水平軌道AB進(jìn)入豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形軌道BC.已知滑塊的質(zhì)量m＝0.50 kg，滑塊經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度vA＝5.0 m/s，AB長x＝4.5 m，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，圓弧形軌道的半徑R＝0.50 m，滑塊離開C點(diǎn)后豎直上升的最大高度h＝0.10 m．取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊第一次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度的大??； (2)滑塊剛剛滑上圓弧形軌道時(shí)，對軌道上B點(diǎn)壓力的大?。? (3)滑塊在從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中克服摩擦力所做的功． 解析：(1)滑塊由A到B的過程中，應(yīng)用動(dòng)能定理得： －Ffx＝mv－mv (3分) 又Ff＝μmg (1分) 解得：vB＝4.0 m/s. (2分) (2)在B點(diǎn)，滑塊開始做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知 FN－mg＝m (2分) 解得軌道對滑塊的支持力FN＝21 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律可知，滑塊對軌道上B點(diǎn)壓力的大小也為21 N． (2分) (3)滑塊從B經(jīng)過C上升到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得 －mg(R＋h)－WFf′＝0－mv (3分) 解得滑塊克服摩擦力做功 WFf′＝1.0 J．(2分) 答案：　(1)4.0 m/s　(2)21 N　(3)1.0 J 1.應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟 2．優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理的問題 (1)不涉及加速度、時(shí)間的問題． (2)有多個(gè)物理過程且不需要研究整個(gè)過程中的中間狀態(tài)的問題． (3)變力做功的問題． 2－1：如圖所示，裝置ABCDE固定在水平地面上，AB段為傾角θ＝53的斜面，BC段為半徑R＝2 m的圓弧軌道，兩者相切于B點(diǎn)，A點(diǎn)離地面的高度為H＝4 m．一質(zhì)量為m＝1 kg的小球從A點(diǎn)由靜止釋放后沿著斜面AB下滑，當(dāng)進(jìn)入圓弧軌道BC時(shí)，由于BC段是用特殊材料制成的，導(dǎo)致小球在BC段運(yùn)動(dòng)的速率保持不變．最后，小球從最低點(diǎn)C水平拋出，落地速率為v＝7 m/s.已知小球與斜面AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 53＝0.8，cos 53＝0.6，不計(jì)空氣阻力，求： (1)小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)克服阻力所做的功． (2)B點(diǎn)到水平地面的高度． 解析：(1)設(shè)小球從B到C克服阻力做功為WBC.由動(dòng)能定理，得mgR(1－cos θ)－WBC＝0. 代入數(shù)據(jù)，解得WBC＝8 J. (2)設(shè)小球在AB段克服阻力做功為WAB，B點(diǎn)到地面高度為h，則 WAB＝μmgcos θ， 而＝. 對于小球從A點(diǎn)落地的整個(gè)過程，由動(dòng)能定得，得 mgH－WAB－WBC＝mv2， 聯(lián)立，解得h＝2 m. 答案：　(1)8 J　(2)2 m 動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問題的分析方法 (1)首先看清楚所給圖象的種類(如v－t圖象還是F－x圖象、Ek－x圖象等) (2)挖掘圖象的隱含條件——求出所需要的物理量，如由v－t圖象所包圍的“面積”求位移，由F－x圖象所包圍的“面積”求功等． (3)再分析還有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，可求出相應(yīng)的物理量． 如圖甲所示，一條輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻面上，右端放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量為m＝1.0 kg，當(dāng)彈簧處于原長時(shí)，小物塊靜止于O點(diǎn)．現(xiàn)對小物塊施加一個(gè)外力F，使它緩慢移動(dòng)，將彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)，壓縮量為x＝0.1 m，在這一過程中，所用外力F與壓縮量的關(guān)系如圖乙所示．然后撤去F釋放小物塊，讓小物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)，已知O點(diǎn)至桌面B點(diǎn)的距離為L＝2x，水平桌面的高度為h＝5.0 m，計(jì)算時(shí)，可認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力近似等于最大靜摩擦力(g取10 m/s2)．求： (1)在壓縮彈簧過程中，彈簧存貯的最大彈性勢能； (2)小物塊到達(dá)桌邊B點(diǎn)時(shí)速度的大?。? (3)小物塊落地點(diǎn)與桌邊B點(diǎn)的水平距離． 解析：(1)取向左為正方向，從F－x圖中可以看出，小物塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝1.0 N，方向?yàn)樨?fù)方向 在壓縮過程中，摩擦力做功為 WFf＝－Ffx＝－0.1 J 由圖線與x軸所圍面積可得外力做功為WF＝0.1 J＝2.4 J. 所以彈簧存貯的最大彈性勢能為 Ep＝WF＋WFf＝2.3 J. (2)從A點(diǎn)開始到B點(diǎn)的過程中，由于L＝2x，摩擦力做功為 WFf′＝－Ff3x＝－0.3 J 對小物塊用動(dòng)能定理有 Ep＋WFf′＝mv 解得vB＝2 m/s. (3)小物塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng) h＝gt2 下落時(shí)間t＝1 s 水平距離s＝vBt＝2 m. 答案：　(1)2.3 J　(2)2 m/s　(3)2 m 質(zhì)量m＝1 kg的物體，在與物體初速度方向相同的水平拉力的作用下，沿水平面運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能—位移的圖象如圖所示．在位移為4 m時(shí)撤去F，物塊僅在摩擦力的作用下運(yùn)動(dòng)． 求：(g取10 m/s2) (1)物體的初速度多大？ (2)物體和平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)多大？ (3)拉力F的大小． 解析：(1)從圖線可知初動(dòng)能為2 J， Ek0＝mv2＝2 J， v＝2 m/s. (2)在位移4 m處物體的動(dòng)能為10 J，在位移8 m處物體的動(dòng)能為零，這段過程中物體克服摩擦力做功 設(shè)摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－10 J Ff＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝＝＝0.25. (3)物體從開始到移動(dòng)4 m這段過程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)能定理有 (F－Ff)x1＝ΔEk 故得F＝＋Ff＝(2＋2.5) N＝4.5 N. 答案：　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 1.下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做功和動(dòng)能變化的關(guān)系正確的是(　　) A．如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做的功一定為零 B．如果合外力對物體所做的功為零，則合外力一定為零 C．物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化 D．物體的動(dòng)能不變，所受合外力必定為零 解析：由W＝Fxcos θ，知F合＝0時(shí)，W合＝0，故A項(xiàng)正確；由動(dòng)能定理知合外力做功等于物體動(dòng)能的變化，若動(dòng)能不變化，則合外力做功為零，勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，動(dòng)能不變化合外力做功為零，但合外力不為零，故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；勻速圓周運(yùn)動(dòng)是變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變化，故C項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：A 2．(xx徐州二模)質(zhì)量為10 kg的物體，在變力F作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，力隨位移x的變化情況如圖所示．物體在x＝0處速度為1 m/s，一切摩擦不計(jì)，則物體運(yùn)動(dòng)到x＝16 m處時(shí)，速度大小為(　　) A．2 m/s　　　　B．3 m/s C．4 m/s D. m/s 解析：力—位移圖線與橫軸所圍的面積表示功，由圖象可知，外力做的總功W＝Fx＝40 J，根據(jù)動(dòng)能定理W＝mv2－mv，得v＝3 m/s.選項(xiàng)B正確． 答案：B 3．如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開始滑動(dòng)，此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板，小物塊滑到底端的速度為v，則在整個(gè)過程中(　　) A．支持力對物塊做功為零 B．支持力對小物塊做功為mgLsin α C．摩擦力對小物塊做功為mgLsin α D．滑動(dòng)摩擦力對小物塊做功為mv2－mgLsin α 解析：從緩慢地抬高A端至木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α的過程中，重力和支持力同時(shí)對小物塊做功，由動(dòng)能定理得W支－mgLsin α＝0，解得W支＝mgLsin α，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從小物塊開始沿木板滑動(dòng)至滑到底端的過程中，重力和滑動(dòng)摩擦力同時(shí)對小物塊做功，由動(dòng)能定理得mgLsin α＋W摩＝mv2－0，解得W摩＝mv2－mgLsin α，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 4.(xx江蘇卷)如圖所示，細(xì)線的一端固定于O點(diǎn)，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在豎直平面內(nèi)由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．在此過程中拉力的瞬時(shí)功率變化情況是(　　) A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大，后減小 D．先減小，后增大 解析：小球速率恒定，由動(dòng)能定理知：拉力做的功與克服重力做的功始終相等，將小球的速度分解，可發(fā)現(xiàn)小球在豎直方向分速度逐漸增大，重力的瞬時(shí)功率也逐漸增大，則拉力的瞬時(shí)功率也逐漸增大，A項(xiàng)正確． 答案：A 5．(xx北京卷)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊在粗糙水平桌面上做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)距離l后以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h(yuǎn)＝0.45 m．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小物塊落地點(diǎn)到飛出點(diǎn)的水平距離x； (2)小物塊落地時(shí)的動(dòng)能Ek； (3)小物塊的初速度大小v0. 解析：(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有 豎直方向h＝gt2 水平方向x＝vt 得水平距離x＝v＝0.90 m. (2)由機(jī)械能守恒定律，動(dòng)能Ek＝mv2＋mgh＝0.90 J. (3)由動(dòng)能定理，有 －μmgl＝mv2－mv 得初速度大小v0＝ ＝4.0 m/s. 答案： (1)0.90 m　(2)0.90 J　 (3)4.0 m/s 6．(xx浙江模擬)如圖所示，AB是高為H＝1.5 m的粗糙斜面，BC為水平傳送帶，BC長L＝5 m，與物體間的摩擦因數(shù)為μ＝0.4，皮帶輪的半徑為R＝0.2 m，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω＝15 rad/s.設(shè)質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊由靜止開始從A點(diǎn)下滑，經(jīng)過B點(diǎn)的拐角處無機(jī)械能損失，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用時(shí)間是1.5 s，且知小物塊從B點(diǎn)開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)前已相對傳送帶靜止，試求小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力所做的功．(g取10 m/s2) 解析：水平傳送帶的速度為 v0＝Rω＝3 m/s 設(shè)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，由牛頓第二定律得μmg＝ma 設(shè)小物塊在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，位移為L1，則 v0＝vB－at1 L1＝t1 設(shè)小物塊在傳送帶上做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則 L－L1＝v0t2 t1＋t2＝t 由動(dòng)能定理得mgH－WFf＝mv－0 聯(lián)立以上各式解得WFf＝2.5 J. 答案：　2.5 J